TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LỚP 11 NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) ĐỀ THI ĐÈ XUẤT Câu (4 điểm) * Cho dãy số thực ( un ) với n ∈ ¥ * thỏa mãn ln ( + un ) + nun = 1, ∀n ∈ ¥ Tìm nlim →+∞ n ( − nun ) un Câu (4điểm) Cho ∆ABC vuông A ·ABC < ·ACB ; ( ω ) đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ; Tiếp tuyến A ( ω ) cắt đường thẳng BC D; E điểm đối xứng A qua BC; X hình chiếu vuông góc A lên BE; Y trung điểm AX; BY cắt đường tròn ( ω ) điểm thứ hai Z Chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ADZ Câu (4điểm) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện: f ( y + f ( x ) ) = f ( x ) + y f ( x ) + y f ( x ) + yf ( x ) + f ( − y ) , ∀x, y ∈ ¡ ( 1) Câu (4điểm) ( Tìm số nguyên tố p nhỏ để + p ) 2n +1 chia hết cho 2n+1 với ∀n ∈ ¥ ( [ a ] phần nguyên số a) Câu (4điểm) Trên mặt phẳng, kẻ vô hạn ô vuông (dạng bàn cờ) ô vuông điền hai số cho hình chữ nhật có kích thước 2x3 có hai ô điền số Xét hình chữ nhật có kích thước 2016x2017 Tính tổng số có ô HẾT NGUYỄN TRỌNG NGHĨA 0917115167 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: Toán, LỚP: 11 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung Với n ∈ ¥ * , đặt f n ( x ) = ln ( + x ) + nx − 1, x ∈ ¡ 2x ( x + 1) + n − ≥ Ta có f ( x ) = +n= 1+ x + x2 Điểm ' n 1,0 x = −1 f n' ( x ) = ⇔ n = Do f n ( x ) hàm tăng thực ¡ f n ( ) = −1 < Ta có 1 f n n ÷ = ln 1 + n ÷ > 1,0 Do ∃!un ∈ ¡ cho f n ( un ) = < un < un = Ta thấy nlim →+∞ n u2 ln ( + un ) n = nlim →+∞ Do đó: lim nun = lim 1 − ln ( + un2 ) = n →+∞ n→+∞ n ln ( + un2 ) n ( − nun ) u2 = lim = lim nun ln ( + un ) n = Vậy lim n →+∞ n→+∞ n→+∞ un un 1,0 1,0 1,0 A Z Y D B H C X G E Gọi AG đường kính đường tròn ( ω ) H giao điểm AE BC Ta thấy B, G nằm phía so với đường thẳng AE ·ABC < ·ACB ·AEG = 900 = ·AXB ⇒ ∆AGE đồng dạng với ∆ABX Ta có: · · · AGE = ABE = ABX · · GAE = BAX ⇒ GA AE = BA AX AE AH = Hơn AX AY Do ∆AGH đồng dạng với ∆ABY ⇒ ·AGH = ·ABY 1,0 Gọi Z’ giao điểm thứ hai GH với ( ω ) Ta có ·ABZ ' = ·AGZ ' = ·ABY = ·ABZ Z, Z’ thuộc cung nhỏ »AE ⇒ Z , Z ' trùng hay G, H, Z thẳng hàng G, H, Z thẳng hàng ⇒ ·AZH = ·AZG = 900 · DAZ = ·AEZ DA, DE hai tiếp tuyến kẻ từ D ( ω ) ⇒ · · = EAZ DEZ · · · DHZ = 900 − ·AHZ = EAZ = DEZ ⇒ Tứ giác ZHED tứ giác nội tiếp 1,0 · · · ⇒ ZDH = ZEA = DAZ ⇒ BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp 1,0 ∆ADZ Giả sử ∃ hàm số f thỏa mãn (1) TH1: f ( x ) = Thử lại ta thấy f ( x ) = thỏa mãn (1) TH2: f ( x ) ≠ ⇒ ∃x0 ∈ ¡ , f ( x0 ) ≠ 1,0 Ta có: ( 1) ⇔ f ( y + f ( x ) ) − f ( − y ) = y + f ( x ) − y , ∀x, y ∈ ¡ ( *) Thay x = x0 vào (*), ta ( y + f ( x ) ) − f ( − y ) = y + f ( x ) 0 − y , ∀x, y ∈ ¡ ( ) 1,0 Ta thấy vế phải (2) hàm số bậc nên có tập giá trị ¡ Do hàm số f có tập giá trị ¡ ⇒ ∀y ∈ ¡ ∃u , v ∈ ¡ cho f ( u) − f ( v) = y Thay y = vào (*), ta f ( f ( x ) ) = f ( x ) + a, ∀x ∈ ¡ ( a = f ( ) ) (3) Thay y = − f ( y ) vào (*), ta f ( f ( x ) − f ( y ) ) − f ( f ( y ) ) = f ( x ) − f ( y ) − f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (4) Từ (3) (4) ⇒ f ( f ( x ) − f ( y ) ) = f ( x ) − f ( y ) + a, ∀x, y ∈ ¡ hay f ( f ( u ) − f ( v ) ) = f ( u ) − f ( v ) + a, ∀u , v ∈ ¡ 1,0 1,0 ⇒ f ( y ) = y + a, ∀y ∈ ¡ ⇒ f ( x ) = x + a, ∀x ∈ ¡ Thử lại ta thấy f ( x ) = x + a thỏa mãn điều kiện (1) Vậy f ( x ) = f ( x ) = x + a ( a số) hàm số cần tìm 4 p = ⇒ + + = 378 không chi hết cho 23 Với n = ( ) p =3 ⇒ + + = 23 không chi hết cho 22 Với n = Như vậy, số nguyên tố nhỏ thỏa mãn điều kiện đầu ( ) ( Với p = Xét x1 = + ) ( = 14 + 5, x2 = − ) 1,0 = 14 − x1 + x2 = 28 ⇒ x1 , x2 nghiệm phương trình bậc hai Do x x = 16 1,0 x − 28 x + 16 = Đặt Sn = x1n + x2n , ta có: S n+ = x1n+ + x2n+ = ( x1n+1 + x2n+1 ) ( x1 + x2 ) − x1x2 ( x1n + x2n ) = 28S n+1 − 16S n Do Sn nghiệm phương trình sai phân cấp hai: 1,0 Sn+ − 28S n+1 + 16Sn = n n n n Vì < x2 < ⇒ < x2 < ⇒ S n > x1 = Sn − x2 > Sn − ⇒ x1 + = S n Ta có S1 = 28 chia hết cho 22=4 Giả sử Sn chia hết cho 2n+1 Sn+1 chia n+2 n +3 n +3 hết cho 2n+ Khi x1 + = Sn+2 = 28S n+1 + 16S n = ( 7q1 + 2q2 ) M2 ( ) + 2n + = xn + hay chia hết cho 2n+1 , ∀n ∈ ¥ Nhận xét : Mọi hình chữ nhật có kích thước 1x3 chứa ô có số 1,0 1,0 Thật vậy, giả sử tồn hình chữ nhật có kích thước 1x3 có số ô có số khác Không tính tổng quát ta giả sử hình chữ nhật AKHD kích thước 1x3 có hai ô điền số (nếu không ô chứa số ba ô điền số hình chữ nhật có kich thước 2x3 có ô điền số 1) Có thể cho coi hai ô chứa số AKHD ô ô (Nếu ô khác lập luận tương tự) Xét hình chữ nhật BFNA có kích thước 2x3 ⇒ có hai ô chứa số 1,0 ⇒ ô 1,2,4,5 ô điền số Xét hình chữ nhật BCHK, từ giả thiết ô 1,2,4,5 điền số nên ô 3,6 phải điền số Xét hình chữ nhật ECDM kích thước 2x3, ta thấy ô 3,6,8 điền số nên dẫn đến mâu thuẫn 1,0 Trường hợp AKHD ô điền số 1, lập luận tương tự ta dẫn đến mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai hay ta có điều phải chứng minh Vì 2016=3x672 nên hình chữ nhật kich thước 2016x2017 chia thành 672x2017 hình chữ nhật có kích thước 1x3 Vậy tổng số điền ô hình chữ nhật là: 672.2017=1355424 HẾT NGUYỄN TRỌNG NGHĨA 0917115167 1,0